【数学】2018届一轮复习人教A版第四章3-2第3课时 学案
第3课时 导数与函数的综合问题
题型一 导数与不等式有关的问题
命题点1 解不等式
例1 设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是( )
A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)
答案 D
解析 ∵当x>0时，′<0，
∴φ(x)＝为减函数，
又φ(2)＝0，∴当且仅当0
0，
此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．
故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．
命题点2 证明不等式
例2 (2016·全国丙卷)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明 由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以x＝1为极大值点，所以00，
所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2.所以实数k的取值范围是(－∞，2]．
引申探究
本例(2)中若改为：存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥成立，求实数k的取值范围．
解 当x∈[1，e]时，k≤有解，
令g(x)＝，由例3(2)解题知，
g(x)为单调增函数，∴g(x)max＝g(e)＝2＋，
∴k≤2＋，即实数k的取值范围是(－∞，2＋]．
思维升华 (1)利用导数解不等式的思路
已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式．
(2)利用导数证明不等式的方法
证明f(x)时，令f′(x)＝0，得x＝
若x∈则f′(x)<0，
所以函数f(x)在上单调递减，
所以当x∈时，
f(x)≤f(1)＝0，不符合题意．
综上，a的取值范围是(－∞，]．
题型二 利用导数研究函数零点问题
例4 (2016·福州模拟)已知函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(0，)上无零点，求a的最小值．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，
则f′(x)＝1－，定义域为x∈(0，＋∞)．
由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)<0，得00，
h(x)＝2ln x，x>0，
则f(x)＝m(x)－h(x)，
①当a<2时，m(x)在(0，)上为减函数，h(x)在(0，)上为增函数，若f(x)在(0，)上无零点，
则m()≥h()，即(2－a)(－1)≥2ln ，
∴a≥2－4ln 2，∴2－4ln 2≤a＜2，
②当a≥2时，在(0，)上m(x)≥0，h(x)<0，
∴f(x)>0，∴f(x)在(0，)上无零点．
由①②得a≥2－4ln 2，∴amin＝2－4ln 2.
思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略
研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数．
(2016·郑州模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x)满足f(3)＝0，且不等式f(x)>－xf′(x)在(0，＋∞)上恒成立，则函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点个数为( )
A．4 B．3 C．2 D．1
答案 B
解析 定义在R上的奇函数f(x)满足：
f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，f(－x)＝－f(x)，
当x>0时，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，
∴[xf(x)]′>0，即h(x)＝xf(x)在x>0时是增函数，
又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，
∴h(x)＝xf(x)是偶函数，
∴当x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，
且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，
可得函数y1＝xf(x)与y2＝－lg|x＋1|的大致图象如图，
由图象可知，函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点的个数为3.
题型三 利用导数研究生活中的优化问题
例5 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中30)，为使耗电量最小，则速度应定为________．
答案 40
解析 令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，
由于当040时，y′>0.
所以当x＝40时，y有最小值．
一审条件挖隐含
典例 (12分)设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M
↓(正确理解“存在”的含义)
[g(x1)－g(x2)]max≥M
↓挖掘[g(x1)－g(x2)]max的隐含实质
g(x)max－g(x)min≥M
↓
求得M的最大整数值
(2)对任意s，t∈[，2]都有f(s)≥g(t)
↓(理解“任意”的含义)
f(x)min≥g(x)max
↓求得g(x)max＝1
＋xln x≥1恒成立
↓分离参数a
a≥x－x2ln x恒成立
↓求h(x)＝x－x2ln x的最大值
a≥h(x)max＝h(1)＝1
↓
a≥1
规范解答
解 (1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.[2分]
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x(x－)．
令g′(x)>0，得x<0或x>，
又x∈[0,2]，所以g(x)在区间[0，]上单调递减，在区间[，2]上单调递增，所以g(x)min＝g()＝－，
g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.[5分]
(2)对于任意的s，t∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间[，2]上，函数f(x)min≥g(x)max.[7分]
由(1)可知在区间[，2]上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间[，2]上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，可知h′(x)在区间[，2]上是减函数，又h′(1)＝0，
所以当10.[10分]
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间(，1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．[12分]
1．已知f(x)，g(x) (g(x)≠0)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)0，故选B.
3．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是( )
A．3 B．2 C．1 D．0
答案 C
解析 设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，则f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
由此可知函数的极大值为f(1)＝－6<0，极小值为f(3)＝－10<0，
所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1，故选C.
4．当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[－5，－3] B．[－6，－]
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
答案 C
解析 当x∈(0,1]时，a≥－3()3－4()2＋，
令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，
令g(t)＝－3t3－4t2＋t，在t∈[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，
所以g(t)max＝g(1)＝－6，
因此a≥－6；同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.
由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立，
故实数a的取值范围为[－6，－2]．
5．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为( )
A．1百万件 B．2百万件
C．3百万件 D．4百万件
答案 C
解析 y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，
当00；
当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大．
6．(2017·合肥质检)直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋1的图象及g(x)＝2x－1的图象相交于点A和点B，则AB的最小值为( )
A．2 B．3
C．4－2ln 2 D．3－2ln 2
答案 C
解析 由题意得，AB＝|ex＋1－(2x－1)|
＝|ex－2x＋2|，令h(x)＝ex－2x＋2，
则h′(x)＝ex－2，所以h(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(ln 2)＝4－2ln 2>0，
即AB的最小值是4－2ln 2，故选C.
7．已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x≠0时，f′(x)＋>0，若a＝f，b＝－2f(－2)，c＝·f，则a，b，c的大小关系正确的是( )
A．a0时，h′(x)＝f(x)＋x·f′(x)>0，
∴此时函数h(x)单调递增．
∵a＝f＝h，b＝－2f(－2)＝2f(2)＝h(2)，
c＝f＝h＝h(－ln 2)＝h(ln 2)，
又0，则f(x)在定义域内为增函数，
所以f(mx－3)＋f(x)<0可变形为f(mx－3)1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为________________．
答案 (0，＋∞)
解析 设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，
则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，
∵f(x)＋f′(x)>1，∴f(x)＋f′(x)－1>0，
∴g′(x)>0，∴y＝g(x)在定义域上单调递增，
∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，
又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，
∴g(x)>g(0)，∴x>0.
10．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0且x0>0，则a的取值范围是________．
答案 (－∞，－2)
解析 当a＝0时，f(x)＝－3x2＋1有两个零点，不合题意，故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝.
若a>0，由三次函数图象知f(x)有负数零点，不合题意，故a<0.
由三次函数图象及f(0)＝1>0知，
f()>0，
即a×()3－3×()2＋1>0，化简得a2－4>0，
又a<0，所以a<－2.
11．(2016·济南模拟)已知f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝，x>－1且x≠0，证明：g(x)<1.
(1)解 f′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)证明 由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.
当－1x.
设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.
当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0h(0)＝0，
即g(x)<1.综上，当x>－1且x≠0时总有g(x)<1.
12．(2016·东北师大附中、吉林一中等五校联考)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解 (1)由f(0)＝1－a＝2，得a＝－1.
易知f(x)在[－2,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，
所以当x＝0时，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.
(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex>0.
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0.
当x<0时，取x＝－，则f(－)<1＋a(－－1)＝－a<0.
所以函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，f′(x)＝ex＋a，
令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．
在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e20时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝1不是f(x)的极值点．故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，∴F′(x)＝(x>0)，
∴当01时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥，
记G(x)＝，x∈[，e]，
∴G′(x)＝
＝.
∵x∈[，e]，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴x∈(，1)时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增，
∴G(x)min＝G(1)＝－1.
∴a≥G(x)min＝－1.故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
